[SDOI2015] 约数个数和 (莫比乌斯反演)

[SDOI2015]约数个数和

题目描述

设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求 (sum^N_{i=1}sum^M_{j=1}d(ij))

输入输出格式

输入格式：

输入文件包含多组测试数据。第一行，一个整数T，表示测试数据的组数。接下来的T行，每行两个整数N、M。

输出格式：

T行，每行一个整数，表示你所求的答案。

输入输出样例

输入样例#1：

2
7 4
5 6

输出样例#1：

110
121

说明

(1<=N, M<=50000)

(1<=T<=50000)

Solution

莫比乌斯反演套路题

做这道题需要一个关于约数函数的公式

[d(ij)=sum_{x|i}sum_{y|j}[gcd(x,y)=1] ]

关于这个公式,先感性理解一下,可以理解成因为不能重复,所以gcd(x,y)=1,求这种数的总个数
下面是证明

设ij的质因子p
左边(i=ii imes p^a,j=jj imes p^b,ij=ii imes jj imes p^{a+b}),后面的p有0~a+b共(a+b+1)种取值,即每个因子p对d(ij)有(a+b+1)的贡献
右边((xx imes p^a,yy),(xx imes p^{a-1},yy)....(xx,yy)....(xx,yy imes p^{b-1}),(xx,yy imes p^{b})),也是(a+b+1)个数对,故上式成立
因为(gcd(x,y)=1),所以两个因子之间是互不影响的

然后给我讲莫比乌斯反演的shenlao告诉我只需要记住下面这个公式,做题贼爽(好像是的)

[[gcd(i,j)=1]=sum_{d|gcd(i,j)}mu(d) ]

一定要记住!!!(敲重点)

现在式子变成了

[Ans=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{x|i}sum_{y|j}sum_{d|gcd(x,y)}mu(d) ]

更换枚举项,由枚举gcd(i,j)的约数改为直接枚举d

[Ans=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{x|i}sum_{y|j}sum_{d=1}^{min(n,m)}mu(d) imes[d|gcd(x,y)] ]

(mu(d))与(i,j)无关,提出来

[Ans=sum_{d=1}^{min(n,m)}mu(d)sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{x|i}sum_{y|j}[d|gcd(x,y)] ]

再次更换枚举项,由分别枚举i,j和及i,j的因子改为枚举i,j的因子,再直接乘上每个因子对它们产生的贡献

[Ans=sum_{d=1}^{min(n,m)}mu(d)sum_{x=1}^nsum_{y=1}^m[d|gcd(x,y)]lfloorfrac{n}{x} floorlfloorfrac{m}{y} floor ]

继续更换枚举项,将枚举x,y换成枚举dx,dy,这样([d|gcd(x,y)])这个条件就可以省去,因为保证了此时x=dx,y=dy,d一定是x,y的因子,那么枚举范围也要相应缩小

[Ans=sum_{d=1}^{min(n,m)}mu(d)sum_{x=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}sum_{y=1}^{lfloorfrac{m}{d} floor}lfloorfrac{n}{x} floorlfloorfrac{m}{y} floor ]

(lfloorfrac{n}{x} floor)对枚举y没有影响,提前就好了,所以最后答案就变成了

[Ans=sum_{d=1}^{min(n,m)}mu(d)sum_{x=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}lfloorfrac{n}{x} floorsum_{y=1}^{lfloorfrac{m}{d} floor}lfloorfrac{m}{y} floor ]

因为多组询问,预处理之后(O(sqrt n))处理就可了
不会预处理的先去做一做这道题[AHOI2005]约数研究
怎么(O(sqrt n))优化?整除分块

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define rg register
#define lol long long
#define NN 50000
#define Min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
#define Max(a,b) (a)?(b)?(a):(b)

using namespace std;
const int N=5e4+10;

void in(int &ans) {
    ans=0; char i=getchar();
    while(i<'0' || i>'9') i=getchar();
    while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0',i=getchar();
}

int tot,T;
int mu[N],prime[N];
lol f[N];
bool vis[N];

il void init() {
    mu[1]=1;
    for(rg int i=2;i<=NN;i++) {
        if(!vis[i]) prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for(rg int j=1;j<=tot && prime[j]*i<=NN;j++) {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0) break;
            else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(rg int i=1;i<=NN;i++) {
        lol ans=0; mu[i]+=mu[i-1];
        for(rg int l=1,r,len;l<=i;l=r+1) {
            r=i/(i/l),len=r-l+1;
            ans+=1ll*len*(i/l);
        }f[i]=ans;
    }
}

int main()
{
    in(T); init();
    while(T--) {
        int n,m,maxn; lol ans=0;
        in(n),in(m);  maxn=Min(n,m);
        for(rg int l=1,r;l<=maxn;l=r+1) {
            r=Min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans+=1ll*(mu[r]-mu[l-1])*f[n/l]*f[m/l];
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
}

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